3. FELADATSOR. n(n 1) Meggondolható, hogy B képtere az összes alternáló 4-lineáris függvény tere, magja pedig R. Hesse(f)(X, Y ) = X(Y (f)) X Y (f).

Átírás

1 011/1 I. félév 3. FELADATSOR 3-1: Legyen R T 0,4 V az algebrai görbületi tenzorok tere az n-dimenziós V vektortér felett. Mennyi R dimenziója? Mennyi a 0 Ricci-tenzorú görbületi tenzorok terének dimenziója? Milyen értékek adódnak n = és 3 esetén? Megoldás. Cs. B. Legyen R T 0,4 V az olyan S 4-lineáris függvények tere, melyek rendelkeznek az SX, Y, Z, W = SY, X, Z, W = SX, Y, W, Z = SZ, W, X, Y nn 1 szimmetriákkal. Könnyű látni, hogy R izomorf Λ V nn 1 -dimenziós téren értelmezett szimmetrikus bilineáris függvények terével, ezért dim R = B : R R, a,,bianchi-leképezés, melyet definiáljunk a BSX, Y, Z, W = XY Z SX, Y, Z, W. nn 1 +1 = nn 1n n+ 8. Legyen Meggondolható, hogy B képtere az összes alternáló 4-lineáris függvény tere, magja pedig R. Ebből adódik, hogy dim R = dim R dim im B = n4 n 3 + 3n n 8 nn 1n n 3 4 = n4 n 1. n = esetén dim R = 1, n = 3 esetén dim R = 6 = dim S V. Ez azt jelenti, hogy n = dimenzióban R = Rg g, n = 3 dimenzióban R = S V g. A legfeljebb 3-dimenziós sokaságok Weyl-tenzora tehát eltűnik. 3-: Legyen f egy sima függvény egy konnexióval ellátott sokaságon. Ekkor f -ra vonatkozó Hesse-formája az a 0, -típusú tenzormező, melynek az X, Y vektormezőkön felvett értéke HessefX, Y = XY f X Y f. Ellenőrizzük, hogy Hessef valóban tenzormező, azaz bilineáris a sima függvények felett és bizonyítsuk be, hogy ha torziómentes, akkor Hessef szimmetrikus. Mutassuk meg, hogy f egy p kritikus pontjában, vagyis egy olyan pontban, ahol a df p differenciál eltűnik, a Hessef p forma nem függ a konnexiótól. 3-3: Legyen a konform ekvivalens g és e f g Riemann-metrikák konnexiója és, görbületi tenzoraik R és R. Számoljuk ki az R és R tezorok különbségét és ezt felhasználva mutassuk meg, hogy az R és R 1, 3-típusú Weyl-komponense megegyezik, vagyis egy Riemann-sokaság Weyl-tenzora konform invariáns. Megoldás. Cs. B. A -8. feladat eredménye szerint X Y = X Y + XfY + Y fx gx, Y gradf.

2 011/1 I. félév Ebből X Y Z = X Y Z + Y fz + ZfY gy, Z gradf = X Y Z + Y fz + ZfY gy, Z gradf + Xf Y Z + Y fz + ZfY gy, Z gradf + Y Zf + Y fzf + ZfY f gy, Z gradf X gx, Y Z + Y fgx, Z + ZfgX, Y gy, ZXf gradf Az utolsó kifejezés első sorát tovább kifejtve X Y Z = X Y Z + XY fz + Y f X Z + XZfY + Zf X Y g X Y, Z gradf gy, X Z gradf gy, Z X gradf + Xf Y Z + XfY fz + XfZfY XfgY, Z gradf + Y ZfX + Y fzfx + ZfY fx gy, Z gradf X + gx, Y Z Y fgx, Z ZfgX, Y + gy, ZXf gradf Valamely két változóban antiszimmetrikus függvények tömör felírásához célszerű bevezetni az antiszimmetrizáló leképezést. Ha F X, Y,... egy kifejezés, melyben az X, Y és esetleg más további változók szerepelnek, akkor legyen Θ XY F X, Y,... = F X, Y,... F Y, X,.... A jelöletlen dobozokban és az azonos jelű dobozokban az X és Y szimmetrikus függvénye áll, ezért az antiszimmetrizált [ X, Y ]Z = X Y Z Y X Z kifejezésben ezek el fognak tűnni. Ami marad, [ X, Y ]Z = [ X, Y ]Z + [X, Y ]fz + Θ XY XZfY + Zf[X, Y ] Tudjuk azt is, hogy g[x, Y ], Z gradf + Θ XY gx, Z Y gradf + Θ XY Y ZfX + ZfY fx + gradf gx, ZY + Θ XY XfgY, Z gradf. [X,Y ] Z = [X,Y ] Z + [X, Y ]fz + Zf[X, Y ] g[x, Y ], Z gradf. Ha ezt kivonjuk az előző egyenletből, akkor RX, Y Z = RX, Y Z + Θ XY XZfY + gx, Z Y gradf + Y ZfX + ZfY fx + gradf gx, ZY + XfgY, Z gradf.

3 011/1 I. félév Ha ezt egy W vektormezővel g szerint beszorozzuk, akkor e f RX, Y, Z, W = RX, Y, Z, W + Θ XY XZfgY, W + gx, Zg Y gradf, W + Y ZfgX, W + ZfY fgx, W + gradf gx, ZgY, W + XfW fgy, Z. A dobozba zárt kifejezés átírható a g Y gradf, W = Y ggradf, W ggradf, Y W = Y W f Y W f azonosság segítségével. Ezután átrendezéssel e f RX, Y, Z, W = RX, Y, Z, W + Θ XY XZfgY, W + gx, ZY W f gx, Z Y W f + Y ZfgX, W + ZfY fgx, W + gradf gx, ZgY, W + XfW fgy, Z. Amelyik tagban a g hasában nincs X, cseréljük fel X és Y -t. Θ XY hasában ezt egy előjelváltás árán megtehetjük. e f RX, Y, Z, W = RX, Y, Z, W + Θ XY Y ZfgX, W + gx, ZY W f gx, Z Y W f + Y ZfgX, W gx, ZgY, W gy, ZgX, W + ZfY fgx, W + gradf Y fw fgx, Z. Vegyük észre, hogy Θ XY hasában lévő kifejezés Z, W -ben is antiszimmetrikus, így e f RX, Y, Z, W = RX, Y, Z, W + ΘZW Θ XY Y ZfgX, W + Y ZfgX, W gradf + ZfY fgx, W gy, ZgX, W gradf = RX, Y, Z, W + df df Hessef g g X, Y, Z, W. Tehát 3-4: e f R = R + df df Hessef gradf g g. Bizonyítsuk be, hogy egy Einsten-sokaság görbületi tenzorának a,,nyomtalanított Ricci - komponense eltűnik.

4 011/1 I. félév Bizonyítsuk be, hogy egy Einstein-sokaság akkor és csak akkor állandó görbületű, ha Weyltenzora eltűnik. 3-5: Bizonyítsuk be, hogy H n egy állandó 1 szekcionális görbületű tér. Megoldás. Cs. B. Jelölje π azt a vetítést, mely egy ξ H n pontban egy v T p R n+1 vektort levetít a T p H n érintőtérre a πv = v + {v, ξ}ξ képlet szerint. Világos, hogy ππv = πv, és πλξ = 0. H n Levi-Civita-konnexiója R n+1 Levi-Civita-konnexiójával a X Y = π X Y képlettel fejezhető ki. Felhasználva még, hogy a ξ : H n R n+1, beágyazó leképezést H n menti vektormezőnek tekintve X ξ = X tetszőleges H n -et érintő vektorra, vagy vektormezőre, X Y Z = π X Y Z + { Y Z, ξ}ξ = π X Y Z + X{ Y Z, ξ}ξ + { Y Z, ξ} X ξ = π X Y Z + { Y Z, ξ}x. Mivel Z érinti H n -et, {Z, ξ} = 0, amit Y szerint deriválva { Y Z, ξ} = {Z, Y ξ} = {Z, Y } adódik. Innen R X, Y Z = π X Y Z Y X Z [X,Y ] Z {Z, Y }X + {Z, X}Y. R n+1 görbületi tenzora 0, ezért R X, Y Z = {Z, Y }X + {Z, X}Y. Mj.: Így aztán RX, Y, Z, W = {Z, Y }{X, W } + {Z, X}{Y, W }. Speciálisan RX, Y, Y, X = {Y, Y }{X, X} + {Y, X}{Y, X} pont 1-szerese {X, X}{Y, Y } {X, Y } -nek. 3-6: Legyenek egy térkép bázismezői 1,..., n, a Riemann-metrika mátrixának elemei g ij = i, j, a Levi-Civita-konnexió Christoffel-szimbólumai Γ k ij. A görbületi tenzor illetve a Riemannféle görbületi tenzor komponensei az adott térképre vonatkozóan azok az Rijk l illetve R ijkl függvények, melyekre R i, j k = n l=1 Rl ijk l, illetve R i, j, k, l = R ijkl. Fejezzük ki az Rijk l és R ijkl komponenseket a Christoffel-szimbólumokkal és a Riemann-metrika komponenseivel. Megoldás. Cs. B. i j k = i Γ s jk s = i Γ s jk s + Γ s jk i s = i Γ s jk s + Ebből, felhasználva, hogy [ i, j ] = 0, Rijk l = iγ l jk jγ l ik + Γ s jk Γl is Γ s ik Γl js Γ s jk Γl is l. l=1 és R ijkl = Rijk m g ml = i Γ m jk jγ m ik g ml + Γ s jk Γm is Γ s ik Γm jsg ml m=1 m=1

5 011/1 I. félév 3-7: Bizonyítsuk be, hogy egy R 3 -beli felület szekcionális görbülete az érintősíkjának irányában a felület Gauss-görbülete az adott pontban. Megoldás. L. Gy. Ez a jól ismert Gauss-féle Theorema egregium. Egyben pedig speciális esete a következő feladatnak. 3-8: Bizonyítsuk be, hogy ha egy M R n hiperfelület egy adott p pontjában e 1,..., e n 1 egy főirányokból álló ortonormált bázis T p M-ben és κ i az e i -hez tartozó főgörbület, akkor az e i és e j által kifeszített síkálláshoz tartozó szekcionális görbület κ i κ j. Megoldás. L. Gy. A ahiperfelületek elméletéből ismert Gauss-formulák szerint b il b jk b ik b jl = i Γ m jk jγ m ik g ml + Γ s jk Γm is Γ s ik Γm jsg ml m=1 vö. Csikós Balázs angol nyelvű differenciálgeometria jegyzete, ahol a b ij -k a második alapforma komponensei, és a a Γ k ij Christoffel-szimbólumok formálisan ugyanúgy vannak definiálva, mintha a hiperfelületet beágyazott Riemann-sokaságágnak tekintenénk. Összevetve a görbületre vonatkozó képletekkel, azt kapjuk, hogy R ijkl = b il b jk b ik b jl. Ha e 1,..., e n 1 egy olyan bázis mint előírva, akkor az első és második alapforma felírása 1 κ 1 1 G = [g ij ] =..., B = [b κ ij] = κn 1 Így i j esetén R ijji = κ i κ j, másrészt g ii g jj gij = 1. Ezért az e i, e j által generált síkhoz tartozó szekcionális görbület K ij = κ i κ j. Sf. 1.: Ha Q egy bilineáris forma a V vektortéren, akkor definiáljuk Q Q bilineáris formát a V V vektortéren úgy, hogy [ ] Qv1, w Q Qv 1 v, w 1 w = det 1 Qv 1, w Qv, w 1 Qv, w legyen. a Bizonyítsuk be, hogy Q rangja 3 pontosan akkor, ha Q Q rangja 3.

6 011/1 I. félév b Bizonyítsuk be, hogy ha V egy valós vektortér, és a rang 3 feltétel teljesül, akkor Q Q-ból Q meghatározható ±1 szorzó erejéig. r Megoldás. L. Gy. a Ha Q rangja r, akkor könnyen látható, hogy Q Q rangja. Ebből az állítás azonnal következik. b Először dim V = 3-ra látjuk be az állítást. Ha Q mátrixa az e 1, e, e 3 bázisban Q, akkor Q Q mátrixa az e e 3, e 1 e 3, e 1 e bázisban Q = adj Q, azaz az adjungált mátrix transzponáltja. Ekkor det Q = det Q, így det Q = ± det Q meghatározható előjel erejéig, és nemnulla, ha Q nem-elfajuló. Így Q = adj adj Q det Q adj Q = ± det Q alapján Q visszanyerhető előjel erejéig. Ha dim V > 3, akkor veszünk egy V 3 V 3-dimenziós alteret, melyre Q V3 nem-elfajuló. Ezen rögzítsük le Q-t két eset valamelyike. Ezután V 3 kis folytonos elmozgatásaival azt kapjuk, hogy V 3 \ {0} egy kis környezetében is ismert lesz Q. Ekkor a megfelelő polarizációs formulák vagy kvadratikus folyatás segítsével azt kapjuk, hogy Q az egész V -n ismert. Sf..: Tegyük fel, hogy egy euklideszi tér egy hiperfelületének egy adott pontban vett második alapformája és/vagy görbületi tenzora mint szimmetrikus forma T p M-en legalább 3 rangú. Bizonyítsuk be, hogy a hiperfelületnek az adott pontban vett második alapformája ±1 szorzótól eltekintve belső invariáns, vagyis a hiperfelület Riemann-metrikájának azaz első alapformájának ismeretében meghatározható. Az ±1 szorzót azért nem tudjuk elkerülni, mert az N egységnormális mezőt N-re cserélve az második alapforma 1-gyel szorzódik. Megoldás. L. Gy. A Gauss-egyenletek pont azt mondják ki, hogy megfelelő kanonikus tenzorazonosításokat elvégezve R B B, ahol R a görbületi tenzor, és B a második alapforma. Az előző feladat szerint ekkor R-ből B rekonstruálható ±1 szorzó erejéig. 3-9: Tegyük fel, hogy egy euklideszi tér egy hiperfelületének egy adott pontban vett második alapformája és/vagy görbületi tenzora mint szimmetrikus forma T p M-en legalább 3 rangú. Bizonyítsuk be, hogy a hiperfelületnek az adott pontban vett főgörbületeinek halmaza közös előjelváltástól eltekintve belső invariáns, vagyis a hiperfelület Riemann-metrikájának azaz első alapformájának ismeretében meghatározható. Az előjelváltást azért nem tudjuk elkerülni, mert az N egységnormális mezőt N-re cserélve a főgörbületek előjelet váltanak. Megoldás. L. Gy. Ez az előző segédfeladat egy direkt következménye.